高級中學名校試卷PAGE2025學年度第一學期第二次階段考高二物理一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1.2018年珠海航展，我國首臺量子雷達亮相（如圖），量子雷達發射經典態的電磁波，可以捕捉到普通雷達無法探測到的目標。下列說法正確的是（）A.量子就是電子B.頻率越高的電磁波能量越小C.電磁波在真空中的傳播速度與其頻率有關D.空間某處電場或磁場發生正弦規律變化就會在其周圍產生電磁波【答案】D【解析】A．量子不是電子，電子是實物粒子，故A錯誤；B．根據，頻率越高的電磁波能量越大，故B錯誤；C．電磁波在真空中的傳播速度與其頻率無關，為光速，故C錯誤；D．根據麥克斯韋理論可知，空間某處電場或磁場發生正弦規律變化就會在其周圍產生電磁波，故D正確。2.下列說法正確的是（）A.甲圖中導線所通電流與受力后導線彎曲的圖示符合物理事實B.如圖乙所示，如果長為l、通電電流為Ⅰ的短直導線在該磁場中所受力的大小為F，則該處磁感應強度的大小一定為C.如圖丙所示，整個閉合線圈在勻強磁場中向右加速運動，切割了磁感線，故線圈中產生感應電流D.丁圖中環形導線通電后，其軸心位置小磁針的旋轉方向符合物理事實特點【答案】D【解析】A．根據安培定則，同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，則圖甲所示兩導線應相互排斥，故A錯誤；B．只有長為l、通過電流為I的短直導線垂直放在勻強磁場中所受磁場力的大小為F，則可測出該處磁感應強度才為，故B錯誤；C．線圈運動過程中，磁通量不變，不會產生感應電流，故C錯誤；D．根據安培定則可知，如圖環形導線內部有垂直紙面向里的磁場，N極向紙面向里轉動，故D正確。故選D。3.下列說法正確的是（）A.如圖甲所示，ABC構成等邊三角形，若兩通電長直導線A、B在C處產生磁場的磁感應強度大小均為，則C處磁場的合磁感應強度大小是B.圖乙中地磁場的垂直于地面磁感應強度分量在南半球豎直向下，北半球豎直向上C.圖丙中穿過兩金屬圓環的磁通量大小關系為D.圖丁中與通電長直導線在同一平面內的金屬線框沿平行于直導線方向運動，線框中會產生感應電流【答案】A【解析】A．根據安培定則可知，A、B在C處產生磁場的磁感應強度方向之間的夾角為60°，根據矢量疊加可知，C處磁場的合磁感應強度大小故A正確；B．根據地磁場的分別規律可知，地磁場的垂直于地面磁感應強度分量在南半球豎直向上，北半球豎直向下，故B錯誤；C．圖中條形磁體內部磁場方向向上（磁感線條數是一定的），外部線圈所在位置磁場方向向下（環面積越大，向下穿過的磁感線條數越多），由于2環面積大，抵消的磁感線條數越多，故圖丙中穿過兩金屬圓環的磁通量大小關系為故C錯誤；D．根據通電直導線磁場的分布特征可知，當金屬線框沿平行于直導線方向運動時，穿過線框的磁通量沒有發生變化，線框中沒有產生感應電流，故D錯誤。故選A。4.我們生活的北半球，地磁場有豎直向下的分量。如圖所示，夏天，我們在教室里抬頭就看到正在轉動的金屬材質的電風扇。已知葉片端點A到轉軸O的長度為l，電風扇正在以轉速n順時針轉動，則下列說法中正確的是（）A.A點的電勢比O點的電勢高B.AO上的電動勢為C.扇葉長度越短，轉速越快電勢差的數值越大D.若將一個燈泡用導線接在A、O兩點間，則扇葉中的電流方向從O到A【答案】B【解析】AD．由于我們生活的北半球，地磁場有豎直向下的分量，電風扇順時針方向轉動，切割磁感線產生電動勢，根據右手定則可知，感應電流方向從A到O，則A點的電勢比O點的電勢低，則若將一個燈泡用導線接在A、O兩點間，則扇葉中的電流方向從A到O，則AD錯誤；BC．轉動切割的電動勢為可知，轉速一定時，扇葉長度越短，電勢差的數值越小，故B正確，C錯誤。故選B。5.疫情期間，為確保社區居家隔離觀察人員管控預防措施有效落實，工作人員啟用了如圖甲所示的門磁系統，強磁棒固定在門框上，閉合線圈和發射系統固定在房門上；如圖乙所示，當房門關閉時線圈平面水平且穿過線圈磁通量最大，當線圈中出現電流信號時，自動觸發后面的信號發射系統向后臺發出報警信號。下列說法中正確的是（）A.當房門向外打開的過程中，線圈中產生逆時針方向的電流B.此種門磁系統裝在左右移動的滑門上不會起作用C.若每次房門從關閉狀態到開門至同一位置過程中，線圈產生的電荷量一定相等D.若每次房門從關閉狀態到開門至同一位置過程中，通過線圈的熱量一定相等【答案】AC【解析】A．房門向外打開的過程中，磁通量減小，由楞次定律可得感應電流方向為逆時針方向，故A正確；B．此種門磁系統裝在左右移動的滑門上，當房門遠離或靠近時都會有磁通量的變化，產生感應電壓、電流，能起到報警的作用，故B錯誤；C．根據每次房門從關閉狀態到開門至同一位置，則相同，則通過線圈的電荷量相等，故C正確；D．根據法拉第電磁感應定律感應電流為產生的熱量為可得每次房門從關閉狀態到開門至同一位置，則相同，但不能保證每次都相同，所以產生熱量不相等，故D錯誤。故選AC。6.如圖所示，圓環形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管b與電源、滑動變阻器連接成如圖所示的電路。若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是（）A.線圈a中將產生沿順時針方向（俯視）的感應電流B.穿過線圈a的磁通量減小C.線圈a有擴張的趨勢D.線圈a對水平桌面的壓力FN將增大【答案】D【解析】AB．當滑動觸頭P向下移動時電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過線圈b的電流增大，穿過線圈a的磁通量增加，方向向下；根據楞次定律即可判斷出線圈a中感應電流方向俯視應為逆時針，故AB錯誤；C．根據楞次定律，感應電流的產生總是阻礙引起感應電流的原因，因為滑動觸頭向下滑動導致穿過線圈a的磁通量增加，故只有線圈面積減少時才能阻礙磁通量的增加，故線圈a應有收縮的趨勢，故C錯誤；D．開始時線圈a對桌面的壓力等于線圈a的重力，當滑動觸頭向下滑動時，可以用“等效法”，即將線圈a和b看做兩個條形磁鐵，判斷知此時兩磁鐵的N極相對，互相排斥，故線圈a對水平桌面的壓力將增大，故D正確。故選D。7.圖甲是雷擊廣州塔圖片，由于廣州塔有避雷針而安然無恙。圖乙為避雷針周圍的等勢面分布情況，電場中有M、N、P三點，則下列說法不正確的是（）A.P、M兩點電勢差UPM=-2kVB.P點的場強小于M點的場強C.電子從M運動到N，電場力不做功D.電子在P點的電勢能小于其在N點的電勢能【答案】D【解析】詳析】A．由圖可知，P、M兩點電勢差UPM=φP-φM=-2kV故A不符合題意；B．因M點比P點等勢面密集，可知電場線密集，則P點的場強大小比M點的小，故B不符合題意；C．M、N兩點在同一條等勢線上，所以電子從M到N，電場力不做功，故C不符合題意；D．因P點的電勢比N點的低，可知電子在P點的電勢能大于其在N點的電勢能，故D符合題意。故選D。二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。8.如圖所示，培訓人員使用AED自動除顫機進行治療心臟驟停示范。若AED自動除顫機內有一電容為的電容器，某次使用過程中，該電容器在內充電至電壓，之后在時間內完成放電，則（）A.電容器充電后所帶的電荷量為B.電容器充電過程中電容一直增大C.電容器放電過程中放電電流一直減小D.電容器放電過程中平均電流為【答案】CD【解析】A．電容器充電后所帶電荷量為故A錯誤；B．電容器的電容由電容器本身的性質決定，與電容器是否帶電無關，故電容器充電過程中電容保持不變，故B錯誤；C．電容器放電過程中，放電電流逐漸減小，故C正確；D．電容器放電過程中的平均電流為故D正確。故選CD9.如圖所示，圖甲為磁流體發電機原理示意圖，圖乙為質譜儀原理圖，圖丙和圖丁分別為速度選擇器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，不計粒子重力，下列說法正確的是（）A.圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產生電勢差，A板電勢高B.圖乙中，兩種氫的同位素從靜止經加速電場射入磁場，打到位置的粒子比荷比較小C.圖丙中，粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的速度D.圖丁中，隨著粒子速度增大，交變電流的頻率也應該增大【答案】B【解析】A．由左手定則知正離子向下偏轉，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，B板電勢高，A錯誤；B．帶電粒子經過加速電場進入磁場根據洛倫茲力提供向心力有解得可知，R越大，荷質比越小，B正確；C．電場的方向與B的方向垂直，帶電粒子進入復合場，受電場力和安培力，且二力是平衡力，即所以C錯誤；D．根據帶電粒子在磁場中做圓周運動的公式可得隨著粒子速度的增大，圓周運動的半徑也應該增大，與交變電流的頻率無關，D錯誤。故選B。10.如圖所示，足夠長的豎直絕緣墻壁右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。質量為m、帶電量為-q的絕緣物塊與絕緣墻壁之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g?，F將小物塊緊貼豎直墻壁由靜止釋放，小物塊沿絕緣墻壁下滑，墻壁足夠長，下列說法正確的是（）A.小物塊受磁場力方向向右B.小物塊運動過程中的最大加速度為gC.小物塊所受的摩擦力與速度成正比D.小物塊的最大速度【答案】BC【解析】A．由左手定則可知，小物塊受磁場力方向向左，A錯誤；B．小物塊運動過程中的加速度物塊由靜止釋放時有最大加速度B正確；C．根據平衡條件得小物塊所受的摩擦力與速度成正比，C正確；D．物塊向下做加速運動，物塊受到重力、墻壁對其支持力、豎直向上的摩擦力和洛倫磁力，當物塊受到的重力與摩擦力相等時，物塊達到最大速度后勻速運動。故小物塊不會離開墻壁。根據平衡條件得解得小物塊能達到的最大速度為D錯誤。故選BC。第Ⅱ卷（非選擇題）三、非選擇題：共54分，考生根據要求做答。11.某實驗小組為測定一段粗細均勻、電阻率較小的電阻絲的電阻率，采用了如圖甲所示的電路進行測量。實驗步驟如下：a.用螺旋測微器在電阻絲上的三個不同位置測出電阻絲的直徑，求出平均值D；b.調節電阻絲上的導電夾P的位置，用毫米刻度尺測量并記錄導電夾P到電阻絲右端B的長度x；閉合開關S，記錄電壓表的示數U、電流表的示數I；c.改變電阻絲上導電夾P的位置，重復步驟b，記錄多組x、U、I的值。（1）螺旋測微器某次測量的結果如圖乙所示，其示數為__________mm。（2）R0在電路中的作用是__________。（3）若選用某組U、I值，用算出電阻絲連入電路電阻Rx，則計算值與真實值相比__________（填“偏小”“相等”或“偏大”）。（4）根據多組測量得到的實驗數據繪出圖像如圖丙所示，若圖線斜率為k，則電阻絲的電阻率__________（用已知或測量出的物理量的符號表示）；電流表內阻對電阻率的測量__________（填“有”或“沒有”）影響?！敬鸢浮浚?）1.662（2）保護電路（3）偏大（4）沒有【解析】（1）根據題圖乙的螺旋測微器可知，其示數（2）R0在電路中可保護電路。（3）由題圖甲可知，電壓表測量的是Rx和電流表的電壓，電流表測量的是流過Rx的電流，若用算出電阻絲連入電路的電阻Rx，則計算值與真實值相比偏大。（4）[1][2]根據電阻的決定式可知，電阻絲連入電路的電阻設電流表的內阻為RA，根據歐姆定律可知根據題圖丙的圖像可知解得電流表內阻對電阻率的測量沒有影響。12.某學習小組設計了如圖甲、乙所示的電路測量一節干電池的電動勢和內阻，定值電阻的阻值。（1）實驗室提供了兩個可供選擇的滑動變阻器，（阻值），（阻值），為了方便操作，實驗時滑動變阻器應選擇_____________（選填“”或“”）。（2）該學習小組按照甲、乙電路圖分別連接好電路，閉合開關，移動滑動變阻器的滑片，記錄電壓表、電流表的示數并描點，如圖丙、丁所示，則按照甲電路進行實驗得到的圖像為_____________（選填“丙”或“丁”），兩個電路合理的是_____________（選填“甲”或“乙”）。（3）在合理的圖像上作圖，可知電動勢_____________，內阻_____________。（結果均保留兩位小數）【答案】（1）?。?）乙1.48（1.45~1.50）（3）0.55（0.50~0.68）【解析】（1）[1]一節干電池的電動勢約為，內阻為零點幾歐，工作電流不超過，為方便調節，滑動變阻器阻值不能太大，故選擇；（2）[2][3]圖甲電壓表測量路端電壓，圖像的斜率的絕對值為電池內阻，內阻較小，圖像斜率較小，對應丁圖，圖乙相當于增大了電池的內阻，圖像的斜率的絕對值為電池內阻與定值電阻的和，圖像斜率較大，對應丙圖，丙圖作出的圖像誤差較小，故應選擇乙電路進行實驗；（3）[4][5]在丙圖上作出直線，如圖所示可知電池電動勢為，圖像斜率的絕對值電池內阻（1）棒進入磁場前，回路中的電動勢E大??；（2）棒在運動過程中受到的最大安培力F，以及棒通過三角形abd區域時電流I與時間t的關系式．【答案】（1）0.04V；（2）0.04N，i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）；【解析】（1）在棒進入磁場前，由于正方形區域abcd內磁場磁感應強度B的變化，使回路中產生感應電動勢和感應電流，根據法拉第電磁感應定律可知，在棒進入磁場前回路中的電動勢為E＝＝0.04V（2）當棒進入磁場時，磁場磁感應強度B＝0.5T恒定不變，此時由于導體棒做切割磁感線運動，使回路中產生感應電動勢和感應電流，根據法拉第電磁感應定律可知，回路中的電動勢為：e＝Blv，當棒與bd重合時，切割有效長度l＝L，達到最大，即感應電動勢也達到最大em＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V根據閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應電流最大為：im＝＝0.2A根據安培力大小計算公式可知，棒在運動過程中受到的最大安培力為：Fm＝imLB＝0.04N在棒通過三角形abd區域時，切割有效長度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤＋1s）綜合上述分析可知，回路中的感應電流為：i＝＝（其中，1s≤t≤＋1s）即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）14.如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區域，磁感應強度為B，∠A=60°，AO=L，在O點發射某種帶負電的粒子（不計重力作用），粒子的比荷為。發射方向與OC邊的夾角為θ=60°，粒子從A點射出磁場。（1）求粒子的發射速度大小v0；（2）求粒子在磁場中的運動時間；若減小粒子的入射速度，粒子在磁場中運動的時間如何變化？（3）若入射粒子為正電荷，試討論，粒子能從OC邊射出，入射速度的范圍．【答案】（1）；（2），不變；（3）【解析】（1）粒子從A點射出磁場，運動軌跡如圖所示由幾何知識可知根據洛倫茲力提供向心力，所以代入解得。（2）由幾何知識可知，粒子轉過的圓心角為，角速度為